…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版（2024）高二化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、同溫同壓下，相同體積的CO和CO2的下列比較中正確的是（）

①所含的分子數目之比為1：1②所含的O原子數目之比為1：2

③所含的原子總數目之比為2：3④兩者的密度之比為：7：11

⑤所含的電子數目之比為7：11．A.①和④B.②和③C.④和⑤D.①②③④⑤2、對于密閉容器中的可逆反應：mX（g）+nY（s）?pZ（g）△H＜0，達化學平衡后，改變條件，下列表達不正確的是（）A.增大壓強，化學平衡不一定發生移動B.通入氦氣，化學平衡不一定發生移動C.增加Y的物質的量，化學平衡一定發生移動D.其它條件不變，升高溫度，化學平衡一定發生移動3、下列有關說法中正確的是A.淀粉和纖維素不是同分異構體，且纖維素在人體內不能氧化供能B.苯的溴代反應、乙烯生成rm{1}rm{2}一二溴乙烷兩反應中，都使用液溴作反應物C.將“地溝油”進行科學分餾可得到車用汽油或柴油D.乙醇、乙酸都可與金屬鈉反應，但都不能與酸性高錳酸鉀溶液反應4、（平行班做）室溫時，下列混合溶液的pH一定小于7的是（）A.pH=3的鹽酸和pH=11的氨水等體積混合B.pH=3的鹽酸和pH=11的氫氧化鋇溶液等體積混合C.pH=3的硫酸和pH=11的氨水等體積混合D.pH=3的醋酸和pH=11的氫氧化鋇溶液等體積混合5、兩種氣態烴的混合物共0.1mol，完全燃燒后得到3.36LCO2（標準狀況）和3.6gH2O，下列說法正確的是（）A.一定有乙烯B.一定有甲烷C.一定沒有乙烯D.可能是甲烷和丁烯的混合物6、四種短周期元素在周期表中的位置如圖，其中只有rm{M}為金屬元素rm{.}下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.原子半徑rm{Z<M}B.rm{Y}的最高價氧化物對應水化物的酸性比rm{X}的弱C.rm{X}的最簡單氣態氫化物的熱穩定性比rm{Z}的小D.rm{Z}位于元素周期表中第rm{2}周期第Ⅵrm{A}族評卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)7、某研究性學習小組在實驗室中配制1mol/L的稀硫酸標準溶液，然后用其滴定某未知濃度的NaOH溶液．下列有關說法中正確的是（）A.實驗中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要檢漏B.如果實驗中需用60mL的稀硫酸標準溶液，配制時應選用100mL容量瓶C.容量瓶中含有少量蒸餾水，會導致所配標準溶液的濃度偏小E.配制溶液時，若在最后一次讀數時俯視讀數，則導致最后實驗結果偏大E.配制溶液時，若在最后一次讀數時俯視讀數，則導致最后實驗結果偏大8、有機物甲能發生銀鏡反應，甲催化加氫還原成有機物乙，rm{1mol}乙跟足量的金屬鈉反應放出標準狀況下氫氣rm{22.4L}據此推斷乙一定不是A.rm{HOCH_{2}CH_{2}OH}B.rm{HOCH_{2}CH(OH)CH_{3}}C.rm{CH_{3}CH(OH)CH(OH)CH_{3}}D.rm{CH_{3}CH_{2}OH}9、下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移動，rm{c(OH^{-})}降低B.向水中加入少量固體硫酸氫鈉，rm{c(H^{+})}增大，rm{K_{w}}不變C.向水中加入少量rm{NaOH}平衡逆向移動，rm{c(H^{+})}降低D.將水加熱，rm{K_{w}}增大，rm{pH}不變10、最近科學家成功制成了一種新型的碳氧化合物，該化合物晶體中每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結合為一種空間網狀的無限伸展結構，下列對該晶體敘述錯誤的是（）A.該晶體類型是原子晶體B.晶體的空間最小環共有6個原子構成C.晶體中碳原子數與C-O化學鍵數之比為1：2D.該晶體中碳原子和氧原子的個數比為1：211、在rm{2NO_{2}?N_{2}O_{4}}的可逆反應中，下列狀態一定屬于平衡狀態的是rm{(}rm{)}A.rm{N_{2}O_{4}}和rm{NO_{2}}的分子數比為rm{1}rm{2}B.rm{N_{2}O_{4}}和rm{NO_{2}}的濃度相等C.體系的顏色不再改變D.單位時間內有rm{1molN_{2}O_{4}}轉化為rm{NO_{2}}的同時，有rm{2molNO_{2}}轉化為rm{N_{2}O_{4}}評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)12、（14分）運用化學反應原理研究氮、氧等單質及其化合物的反應有重要意義。（1）合成氨反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若在恒溫、恒壓條件下向平衡體系中通入氬氣，則平衡____移動（填“向左”“向右”或“不”）；使用催化劑，上述反應的△H________（填“增大”“減小”或“不改變”）。（2）一氧化碳在高溫下與水蒸氣反應的方程式為：CO+H2O＝CO2+H2。已知部分物質燃燒的熱化學方程式如下：2H2(g)+O2(g)＝2H2O（l）;△H=－571.6kJ·mol－12CO(g)+O2(g)＝2CO2(g);△H=－566kJ·mol－1又知1molH2O（g）轉變為1molH2O（l）時放出44.0kJ熱量。寫出CO和水蒸氣在高溫催化劑下反應的熱化學方程式。（3）在25℃下，向濃度為0.1mol·L-1的AlCl3溶液中逐滴加入氨水，生成該沉淀的離子方程式為______________________________。（4）有人設想尋求合適的催化劑和電極材料，以N2、H2為電極反應物，以HCl—NH4Cl為電解質溶液制造新型燃燒電池,放電過程中，溶液中銨根離子濃度逐漸增大。請寫出該電池的正極反應式。（5）某溫度（t℃）時，測得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH＝11。在此溫度下，將pH＝1的H2SO4溶液VaL與pH＝11的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液為中性，則Va︰Vb＝。（6）在25℃下，將amol·L-1的氨水與0.01mol·L-1的鹽酸等體積混合，反應平衡時溶液中c(NH4＋)=c(Cl-)。則溶液顯_____________性（填“酸”“堿”或“中”）；13、（8分）下列有機化合物中，有多個官能團：A．B．C．D．E．⑴可以看作醇類的是(填入編號，下同)：_____________；⑵可以看作酚類的是________；⑶可以看作羧酸類的是__________________；⑷可以看作酯類的是____________。14、rm{(1)SF_{6}}的分子空間構型為______．

rm{(2)K_{3}[Fe(CN)_{6}]}晶體中rm{Fe^{3+}}與rm{CN^{-}}之間配位鍵能夠形成的原因是______．

rm{(3)H^{+}}可與rm{H_{2}O}形成rm{H_{3}O^{+}}rm{H_{3}O^{+}}中rm{O}原子采用______雜化rm{.H_{3}O^{+}}中rm{H-O-H}鍵角比rm{H_{2}O}中rm{H-O-H}鍵角大；原因為______．

rm{(4)}富勒烯是一系列碳的封閉多面體籠狀單質分子，以rm{C_{60}}為代表rm{.}已知rm{C_{60}}由多個正五邊形和正六邊形通過共用棱邊和頂點圍成的足球狀分子rm{(}如圖rm{1)}其中雙鍵的數目為______，正五邊形的數目為______．

rm{(5)}金屬晶體rm{Na}和rm{K}的堆積方式相同，rm{Na}的熔點比rm{K}的高；原因是______．

rm{(6)}的沸點比高；原因是．______．

rm{(7)}硫化鋅的晶胞中rm{(}結構如圖rm{2}所示rm{)}硫離子的配位數是______，與rm{S}距離最近且等距離的rm{S}之間的距離為______．

rm{(}密度為rm{婁脩g/cm^{3})}rm{(}列出表達式即可，相對原子質量：rm{Zn}rm{65}rm{S}rm{32)}15、某課外活動小組按右圖裝置檢驗Cu與稀HNO3的反應產物為NO．其操作步驟如下：

①按圖連接好裝置；并檢驗其氣密性．

②將銅網放置在多孔塑料片上，并打開活塞K，從漏斗中加入稀HNO3；加到一定位置后關閉活塞K．

③反應一段時間后會自動停止；然后檢驗產物NO．請回答下列問題：

（1）怎樣檢驗裝置的氣密性____（2）開始時應將稀HNO3的液面加到a、b、c的什么地方____．

（3）在反應物未反應完全時，為什么反應會自動停止____．

（4）當打開活塞K檢驗產物NO時，有什么現象證明產物為NO____．

16、(10分）已知H2SO3是二元弱酸，常溫下現有0．1mol/LH2SO3溶液，請回答以下問題：（1）若向H2SO3溶液中加入少量NaHSO3固體，此時溶液中c(H＋)/c(HSO3-)________(填“增大”“減小”或“不變”)。（2）若向H2SO3溶液中加入等濃度的NaOH溶液，且二者的體積比為2∶3，若反應后溶液可使紫色石蕊變紅色，則所得溶液中物料守恒式為0．1mol/L＝______________，所得溶液中各離子的物質的量濃度由大到小的順序是__________________。（3）若向H2SO3溶液中加入NaOH溶液至溶液恰好呈中性，此時c(Na＋)______2c(SO32－)(選填“>”、“<”或“＝”)。（4）若向H2SO3溶液中加入一定量NaOH溶液，所得混合液pH＝6，則此溶液中2c(SO32－)＋c(HSO3-)－c(Na＋)＝________mol/L。17、（12分）寫出該反應的熱化學方程式（1）1molC2H5OH(l)完全燃燒生成CO2(g)和H2O（l）,放出1366.8kJ熱量。（2）0.2molC2H2(g)在氧氣中完全燃燒生成CO2(g)和H2O（l），放出259.88kJ熱量。（3）1molC(石墨)與適量H2O（g）反應生成CO(g)和H2(g)，吸收131.3kJ熱量。（4）0.3mol的氣態高能原料乙硼烷（B2H6）在氧氣中燃燒，生成固態三氧化二硼和液態水，放出649.5KJ的熱量。18、某烴rm{A}的相對分子質量為rm{84}回答下列問題：rm{(1)}下列物質與rm{A}以任意比例混合，若總物質的量一定，充分燃燒消耗氧氣的量不相等的是rm{(}填序號rm{)}________。rm{a.C_{7}H_{12}O_{2}}rm{b.C_{6}H_{14;;;;;;}c.C_{6}H_{14}O}rm{d.C_{7}H_{14}O_{3}}rm{(2)壟脵}若鏈烴rm{A}分子中所有的碳原子共平面，該分子的一氯取代物只有一種，則rm{A}的結構簡式為________；rm{壟脷}鏈烴rm{A}與rm{Br_{2}}的rm{CCl_{4}}溶液反應生成rm{B}rm{B}與rm{NaOH}的醇溶液共熱可得到rm{D}rm{D}分子中無溴原子。請寫出由rm{B}制備rm{D}的化學反應方程式：____________；rm{壟脹B}與足量rm{NaOH}水溶液完全反應，生成有機物rm{E}該反應的化學反應方程式：____________；rm{E}與乙二醇的關系是_______________。rm{(3)}若核磁共振氫譜顯示鏈烴rm{A}有三組不同的峰，峰面積比為rm{3}rm{2}rm{1}且不存在順反異構體，則rm{A}的名稱為__________。rm{(4)}若rm{A}不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一種，則rm{A}的結構簡式為_______。評卷人得分四、原理綜合題(共2題，共16分)19、研究鈉及其化合物有重要意義。

（1）NaOH是實驗室中最常用的試劑之一。實驗室配制0.5mol/L的氫氧化鈉溶液500mL；根據配制溶液的過程，回答問題：

①實驗中除需要托盤天平（帶砝碼）、藥匙、燒杯和玻璃棒外，還需要的其他玻璃儀器是__________。

②實驗中需用托盤天平（帶砝碼）稱量NaOH固體________g。

（2）Na2O2可作為呼吸面具和潛水艇里氧氣的來源。Na2O2作為供氧劑時可能發生的反應有_________、___________。

（3）過氧化鈉保存不當容易變質生成Na2CO3。某過氧化鈉樣品已經部分變質，請你設計實驗，限用一種溶液和水，證明過氧化鈉已經變質：_________________________（說明操作；現象和結論）。

（4）NaNO2因外觀和食鹽相似；又有咸味，容易使人誤食中毒。

①已知NaNO2能發生如下反應：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反應中，標準狀況下，每生成2.24LNO氣體，轉移電子的物質的量為_______mol，參加反應的HI的物質的量是________________mol。

②實驗室要鑒別NaNO2和NaCl兩種固體，可選用的試劑是_________（填序號）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液20、實驗室用鎂和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水；溶于醇；醚）。實驗原理如下：

2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O

已知：①Mg(OCH3)2在水中極易水解。

②反式偶氮苯產品在紫外線照射后部分轉化為順式偶氮苯。

（1）反應中，硝基苯變為反式偶氮苯的反應屬于_______________

A；取代反應B、消去反應C、還原反應D、氧化反應。

（2）在反應裝置中，加入原料及溶劑，攪拌下加熱回流。反應加入的鎂條應用砂紙打磨干凈的原因是_____________________________________。

（3）反應結束后將反應液倒入冰水中；用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗產品析出，抽濾（抽濾裝置如圖1），濾渣用95％乙醇水溶液重結晶提純。

①為了得到較大顆粒的晶體，加入乙酸時需要____________（填“緩慢加入”；“快速加入”）。

②抽濾過程中要洗滌粗產品，下列液體最合適的是___________。

A．乙醚B．蒸餾水C．95％乙醇水溶液D．飽和NaCl溶液。

③重結晶操作包括“加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結晶、抽濾、洗滌、干燥”。上述重結晶過程中的___________操作除去了不溶性雜質，____________操作除去了可溶性雜質。評卷人得分五、綜合題(共2題，共18分)21、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．22、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【解答】解：①同溫同壓下等體積的CO和CO2的物質的量相同，則分子數相等，即所含的分子數目之比為1：1，故正確；②同溫同壓下等體積的CO和CO2的物質的量相同，則分子數相等，所含的O原子數目之比為1：2，故正確；③同溫同壓下等體積的CO和CO2的物質的量相同，則分子數之比為1：1，所含的原子總數目之比為2：3，故正確；④同溫同壓下等體積的CO和CO2的物質的量相同，兩者的密度之比等于摩爾質量之比為：7：11，故正確；⑤同溫同壓下等體積的CO和CO2的物質的量相同；每個分子含有的電子數分別為14；22，則所含的電子數目之比為7：11，故正確．故選D．

【分析】同溫同壓下等體積的CO和CO2的物質的量相同，則分子數相等，碳原子個數相等，根據物質的量和相對分子質量計算質量關系和密度關系．2、C【分析】【解答】解：A．通過改變體積增大壓強；若反應前后氣體的體積不變，平衡不移動，若反應前后氣體的體積發生變化，平衡發生移動，故A正確；B．恒溫恒容下，通入氦氣，平衡體系各組分的濃度不變，平衡不移動，恒溫恒壓下，通入氦氣，容器體積增大，反應混合物各組分的濃度減小，平衡向體積增大的方向移動，故B正確；

C．Y為固體；增大Y的用量，平衡不移動，故C錯誤；

D．正反應為放熱反應；升高溫度平衡向逆反應方向移動，故D正確；

故選：C．

【分析】A．通過改變體積增大壓強；對反應前后氣體體積變化的化學平衡移動有影響；

B．恒溫恒容下；通入氦氣，平衡體系各組分的濃度不變，平衡不移動；

C．Y為固體；增大Y的用量，平衡不移動；

D．升高溫度平衡向吸熱反應方向移動．3、A【分析】本題主要考查了有機物的結構、性質、組成及應用的知識，試題難度不大，注重基礎。A.人體內無消化纖維素的酶，故纖維素不能作為人體供能物質，A正確；B.乙烯與溴發生加成反應時，所用試劑為溴水或溴的四氯化碳溶液，而非液溴，B錯誤；C.“地溝油”主要成分是高級脂肪酸的甘油酯，而汽油、柴油等為烴類，C錯誤；D.乙醇可被酸性高錳酸鉀溶液氧化，D錯誤。故選A。【解析】rm{A}4、D【分析】【解析】【答案】D5、B【分析】解：標況下3.36L二氧化碳的物質的量為：n（CO2）==0.15mol，3.6g水的物質的量為：n（H2O）==0.2mol；

1mol混合氣體完全燃燒生成1.5mol二氧化碳、2mol水，則混合的平均化學式為：C1.5H4；

由于兩種氣態烴的混合物；則一定含有C原子數小于1.5的烴，所以一定含有甲烷；

又由于甲烷中含4個氫原子；則另一種烴也含有4個氫原子；

根據以上分析可知；混合氣體中一定含有甲烷，所以B正確；可能含有乙烯；丙炔，一定不含丁烯，所以A、C、D錯誤；

故選B．

標況下3.36L二氧化碳的物質的量為：n（CO2）==0.15mol，3.6g水的物質的量為：n（H2O）==0.2mol，則混合的平均化學式為，C1.5H4；由于是混合物，則肯定含有C原子數小于1.5的烴，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4個氫原子，則另一種烴也含有4個氫原子，以此進行解答．

本題考查了有機物分子式的計算，題目難度中等，注意掌握利用平均分子組成判斷烴的組成的方法，明確確定有機物組成時常用方法：平均碳法、平均氫法、平均碳氫分子式法、平均式量法等．【解析】【答案】B6、B【分析】解：根據元素周期表中短周期部分的結構和元素位置可知：金屬rm{M}為rm{Al}rm{X}為rm{Si}rm{Y}為rm{N}rm{Z}為rm{O}．

A、同周期自左到右原子半徑逐漸減小，同族原子半徑逐漸增大，因此原子半徑rm{Al>S>O}故A正確；

B、由于非金屬性：rm{N>Si}所以最高價氧化物對應水化物的酸性：rm{HNO_{3}>H_{2}SiO_{3}}故B錯誤；

C、由于非金屬性：rm{O>Si}所以氣態氫化物的穩定性：rm{H_{2}O>SiH_{4}}故C正確；

D、rm{O}原子含有rm{2}個電子層，最外層含有rm{6}個電子，因此rm{O}位于元素周期表中第二周期、第Ⅵrm{A}族；故D正確；

故選：rm{B}．

根據元素周期表中短周期部分的結構和元素位置可知：金屬rm{M}為rm{Al}rm{X}為rm{Si}rm{Y}為rm{N}rm{Z}為rm{O}．

A；同周期自左到右原子半徑逐漸減小；同族原子半徑逐漸增大；

B；根據非金屬性越強；最高價氧化物對應水化物的酸性越強分析；

C；根據非金屬性越強；氣態氫化物的穩定性越強分析；

D、根據rm{O}原子含有rm{2}個電子層，最外層含有rm{6}個電子分析．

本題考查元素周期表及元素周期律的綜合應用，通過元素周期表中短周期部分的結構和元素位置推出元素種類，熟悉物質的性質和元素周期律的知識是解題的關鍵，題目難度不大．【解析】rm{B}二、雙選題(共5題，共10分)7、A|B|D【分析】解：（1）A．實驗中所用到的滴定管；容量瓶；在使用前均需要檢漏，否則會造成誤差，故A正確；

B．如果實驗中需用60mL的稀硫酸標準溶液；配制時應選用100mL容量瓶，容量瓶的規格有50mL；100mL等容量瓶，應選擇稍大于或等于配制溶液體積的容量瓶，故B正確；

C．容量瓶中含有少量蒸餾水；不影響溶質的物質的量和溶液的體積，所以不會導致所配標準溶液的濃度偏小，故C錯誤；

D．酸式滴定管用蒸餾水洗滌后；即裝入標準濃度的稀硫酸，導致稀硫酸的濃度偏小，所用稀硫酸的體積偏大，所以測得的NaOH溶液的濃度將偏大，故D正確；

E．配制溶液時；若在最后一次讀數時俯視讀數，導致溶液的體積偏小濃度偏大，所用酸的體積偏小，故導致實驗結果偏小，故E錯誤；

F．中和滴定時；若在最后一次讀數時俯視讀數，導致所用酸的體積偏小，故導致實驗結果偏小，故F錯誤；

故答案為：ABD．

A．容量瓶有瓶塞；配制過程中需要搖勻，所以使用前必須檢查是否漏液；

B．配制60mL溶液；需要選用100mL容量瓶；

C．容量瓶中少量的蒸餾水不影響溶質的物質的量和溶液的體積；

D．酸式滴定管沒有潤洗；導致標準液被稀釋，滴定過程中消耗的標準液體積偏大，測定結果偏高；

E．配制溶液時俯視定容；導致配制的溶液濃度偏高，滴定時消耗的標準液體積偏小，測定結果偏低；

F．滴定時；若最后一次俯視俯視，導致讀數偏小，讀出的標準液體積偏小，測定結果偏低．

本題考查了配制一定濃度的溶液方法及中和滴定操作方法、誤差分析，題目難度中等，試題的題量稍大，注意掌握配制一定濃度的溶液方法及中和滴定的方法，明確誤差分析的方法與技巧．【解析】【答案】ABD8、CD【分析】【分析】本題考查有機物的推斷，難度中等，掌握官能團的性質與轉化是關鍵，注意利用驗證法進行解答。【解答】A.甲為rm{OHCCHO}或rm{HOCH_{2}CHO}能發生銀鏡反應，能與氫氣發生加成反應，生成乙為rm{HOCH_{2}CH_{2}OH}rm{1molHOCH_{2}CH_{2}OH}與鈉反應生成rm{1mol}氫氣；故A可能；

B.若乙為rm{HOCH_{2}CH(OH)CH_{3}}rm{1mol}乙與鈉反應生成rm{1mol}氫氣，甲與氫氣發生加成反應生成乙，則甲可以為rm{OHCCH(OH)CH_{3}}能發生銀鏡反應；故B可能；

C.若乙為rm{CH_{3}CH(OH)CH(OH)CH_{3}}rm{1mol}乙與鈉反應生成rm{1mol}氫氣，甲與氫氣發生加成反應生成乙，則甲不可能含有rm{-CHO}甲不能發生銀鏡反應，故C不可能；

D.若乙為rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{1mol}乙與鈉反應生成rm{0.5mol}氫氣；故D不可能。

故選CD。【解析】rm{CD}9、rBC【分析】解：rm{A.}向水中加入稀氨水；氨水是弱電解質，電離的氫氧根使溶液中氫氧根濃度增大，平衡逆向移動，但是溶液中的氫氧根濃度升高，故A錯誤；

B.由于硫酸氫鈉是強電解質，加入后，溶液中的氫離子濃度增大，平衡向逆向移動，但是溶液中的氫離子濃度增大；由于溫度不變rm{K_{W}}不變；故B正確；

C.向水中加入少量rm{NaOH}氫氧根離子濃度增大，平衡逆向移動，由于rm{Kw}不變，則rm{c(H^{+})}降低；故C正確；

D.rm{triangleH>0}反應吸熱，溫度升高，平衡正向移動，溶液中氫離子濃度增大，rm{pH}降低；故D錯誤；

故選BC．

水是弱電解質；存在電離平衡，向水中加入含有氫離子或氫氧根離子的物質抑制水電離，加入含有弱根離子的鹽促進水電離，水的離子積常數只與溫度有關，與溶液的酸堿性無關．

本題考查外界條件對弱電解質水的電離平衡的影響，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意加入酸、堿，平衡逆向移動，但是溶液中的氫離子或者氫氧根濃度反而增大，本題難度中等．【解析】rm{BC}10、B|C【分析】解：A．C原子和O原子結合為一種空間網狀的無限伸展結構；所以構成該晶體的微粒是原子，則為原子晶體，故A正確；

B．每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結合；該晶體的空間最小環由6個碳原子和6個氧原子構成，所以每個最小環上含有12個原子，故B錯誤；

C．該晶體中；每個碳原子含有4個C-O共價鍵，所以C原子與C-0化學鍵數目之比為1：4，故C錯誤；

D．該晶體中每個碳原子連接4個氧原子，則每個碳原子含有氧原子個數==2；所以該晶體中碳原子和氧原子的個數比為1：2，故D正確；

故選BC．

A．C原子和O原子結合為一種空間網狀的無限伸展結構；所以構成該晶體的微粒是原子；

B．每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結合；該晶體的空間最小環由6個碳原子和6個氧原子構成；

C．每個碳原子均以四個單鍵與氧原子結合；

D．該晶體中每個碳原子連接4個氧原子，則每個碳原子含有氧原子個數=．

本題以碳氧化物為載體考查原子晶體，側重考查學生空間想象能力及計算能力，利用均攤法計算即可，易錯選項是B，題目難度中等．【解析】【答案】BC11、rCD【分析】解：rm{A}當體系達平衡狀態時，rm{N_{2}O_{4}}和rm{NO_{2}}的分子數比為可能是rm{1}rm{2}可能不是，與各物質的初始濃度及轉化率有關，故A錯誤；

B、rm{N_{2}O_{4}}和rm{NO_{2}}的濃度不變；而不是相等，故B錯誤；

C；體系的顏色不再改變；說明二氧化氮的濃度不變，反應達平衡狀態，故C正確；

D、單位時間內有rm{1molN_{2}O_{4}}轉化為rm{2molNO_{2}}的同時，有rm{2molNO_{2}}轉化為rm{1molN_{2}O_{4}}正逆反應速率相等，反應達平衡狀態，故D正確；

故選CD．

根據化學平衡狀態的特征解答；當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度；百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態．

本題考查了化學平衡狀態的判斷，難度不大，注意當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，但不為rm{0}．【解析】rm{CD}三、填空題(共7題，共14分)12、略

【分析】【解析】【答案】（14分）（1）向左；不改變（各2分）（2）CO（g）+H2O(g)=CO2(g)+3H2（g）；△H=－41.2kJ·mol－1（2分）（3）3NH3·H2O＋Al3＋＝Al(OH)3↓＋3NH4+；（2分）（4）N2+8H++6e－=2NH4+（2分）（5）1︰10（2分）（6）中（2分）；13、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分，共8分）BD；ABC；BCD；E14、略

【分析】解：rm{(1)SF_{6}}的分子中中心原子硫原子孤電子對數為rm{0}價層電子對數有rm{6}對電子，為rm{sp^{3}d^{2}}雜化；分子空間構型為正八面體；

故答案為：正八面體；

rm{(2)K_{3}[Fe(CN)_{6}]}晶體中rm{Fe^{3+}}與rm{CN^{-}}之間的化學鍵類型為配位鍵，rm{Fe^{3+}}有空軌道，能接受孤對電子，rm{CN^{-}}能提供孤對電子；所以能形成配位鍵；

故答案為：rm{CN^{-}}能提供孤對電子，rm{Fe^{3+}}能接受孤對電子rm{(}或rm{Fe^{3+}}有空軌道rm{)}

rm{(3)H_{3}O^{+}}價層電子對模型為四面體，氧原子采取rm{sp^{3}}雜化，rm{H_{3}O^{+}}的空間構型是三角錐形，rm{H_{2}O}中rm{O}原子有兩對孤對電子，rm{H_{3}O^{+}}中rm{O}原子有一對孤對電子，因為孤電子對間的排斥力rm{>}孤電子對與成鍵電子對間的排斥力rm{>}成鍵電子對間的排斥力，導致rm{H_{3}O^{+}}中rm{H-O-H}鍵角比rm{H_{2}O}中rm{H-O-H}鍵角大；

故答案為：rm{sp^{3}}rm{H_{2}O}中rm{O}原子有rm{2}對孤電子對，rm{H_{3}O^{+}}只有rm{1}對孤電子對；排斥力較小；

rm{(4)}足球烯中每個碳原子含有半個雙鍵，所以rm{C_{60}}分子含的雙鍵數為rm{30}根據圖片知，每個頂點上有rm{1}個碳原子，所以頂點個數等于碳原子個數為rm{20}每個頂點含有棱邊數rm{=dfrac{1}{2}隆脕3=1.5}則棱邊數rm{=1.5隆脕20=30}每個面含有頂點個數rm{=dfrac{1}{3}隆脕5=dfrac{5}{3}}則面數rm{=dfrac{20}{dfrac{5}{3}}=12}

故答案為：rm{=dfrac{1}{3}隆脕5=dfrac

{5}{3}}rm{=dfrac{20}{dfrac

{5}{3}}=12}

rm{30}金屬晶體rm{12}和rm{(5)}的堆積方式相同，價電子數都為rm{Na}rm{K}的原子半徑比rm{1}的原子半徑小；自由電子與金屬陽離子間的作用力大，熔點高；

故答案為：價電子數相同，rm{Na}的原子半徑比rm{K}的原子半徑小；

rm{Na}能形成分子間氫鍵的物質沸點較高；鄰羥基苯甲醛容易形成分子內氫鍵，對羥基苯甲醛易形成分子間氫鍵，所以鄰羥基苯甲醛的沸點比對羥基苯甲醛的沸點低；

故答案為：鄰羥基苯甲醛容易形成分子內氫鍵；對羥基苯甲醛易形成分子間氫鍵，能形成分子間氫鍵的物質沸點較高；

rm{K}根據圖片知，每個rm{(6)}離子連接rm{(7)}個rm{S}離子，所其配位數是rm{4}晶胞中rm{Zn}原子數目為rm{4}rm{Zn}原子數目為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}晶胞質量為rm{4隆脕dfrac{65+32}{N_{A}}g}設此晶胞立方體的邊長為rm{4}晶胞體積rm{S}則rm{4隆脕dfrac{65+32}{N_{A}}g=(a隆脕10^{-10}cm)^{3}隆脕婁脩g/cm^{3}}整理可得rm{a=3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}timesrho}}rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}距離最近且等距離的rm{4隆脕dfrac

{65+32}{N_{A}}g}之間的距離為rm{dfrac{sqrt{2}}{2}a=3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}timesrho}隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}

故答案為：rm{apm}rm{3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}timesrho}隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}．

rm{V=(a隆脕10^{-10}cm)^{3}}根據中心原子硫原子價層電子對數；孤電子對數確定空間構型；

rm{4隆脕dfrac

{65+32}{N_{A}}g=(a隆脕10^{-10}cm)^{3}隆脕婁脩g/cm^{3}}當中心原子有空軌道；配離子含有孤對電子時，能形成配位鍵；

rm{a=3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}times

rho}}先確定rm{S}模型，然后在確定中心原子的雜化軌道類型，一般來說，相互之間排斥力的大小為：孤電子對間的排斥力rm{S}孤電子對與成鍵電子對間的排斥力rm{dfrac{sqrt{2}}{2}a=3dfrac

{388隆脕10^{30}}{N_{A}timesrho}隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}成鍵電子對間的排斥力；

rm{4}足球烯中每個碳原子含有半個雙鍵，根據圖片知，每個頂點上有rm{3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}times

rho}隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}個碳原子，所以頂點個數等于碳原子個數為rm{(1)}每個頂點含有棱邊數rm{(2)}每個面含有頂點個數rm{=dfrac{1}{3}隆脕5=dfrac{5}{3}}利用均攤法計算；

rm{(3)}堆積方式相同；金屬原子的價電子數越多，原子半徑越小，自由電子與金屬陽離子間的作用力越大，金屬的熔點越高；

rm{VSEPR}能形成分子間氫鍵的物質沸點較高；

rm{>}根據圖片確定其配位數；根據均攤法計算晶胞中rm{>}rm{(4)}原子數目，用阿伏伽德羅常數表示出晶胞質量，再結合rm{1}計算與rm{20}距離最近且等距離的rm{=dfrac{1}{2}隆脕3=1.5}之間的距離．

本題是對物質結構與性質的考查，涉及分子空間構型、配位鍵、足球烯、晶胞的計算等知識點，題目難度中等，晶胞的計算、雜化方式的判斷等都是常考查的知識點，重點考查了空間想象能力、分析問題能力、分析邏輯能力等．rm{=dfrac{1}{3}隆脕5=dfrac

{5}{3}}【解析】正八面體形；rm{CN^{-}}能提供孤對電子，rm{Fe^{3+}}能接受孤對電子rm{(}或rm{Fe^{3+}}有空軌道rm{)}rm{sp^{3}}rm{H_{2}O}中rm{O}原子有rm{2}對孤電子對，rm{H_{3}O^{+}}只有rm{1}對孤電子對，排斥力較小；rm{30}rm{12}價電子數相同，rm{Na}的原子半徑比rm{K}的原子半徑小；鄰羥基苯甲醛容易形成分子內氫鍵，對羥基苯甲醛易形成分子間氫鍵，能形成分子間氫鍵的物質沸點較高；rm{4}rm{3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}timesrho}隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}rm{3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}times

rho}隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}15、略

【分析】

（1）如果關閉活塞K；U形管內存有氣體，氣體產生壓強；向漏斗內加水，如果裝置氣密性良好，當U形管內的氣體壓強等于外界大氣壓時，U形管左端水面不再上升，否則水會充滿整個U形管．

故答案為：關閉活塞K；向漏斗中加水，如果水不能充滿∪形管左端，則裝置氣密性良好．

（2）NO能和氧氣反應產生二氧化氮，當將稀HNO3的液面加到a處；趕出U形管內的空氣，排除了二氧化氮的干擾，得到的氣體就是純凈的NO，所以應將硝酸的液面加到a處．

故答案為：a．

（3）當關閉K時；U形管內的NO氣體產生壓強，當U形管左端的壓強大于大氣壓時，氣體會使U形管內的溶液從左端向右端移動，從而使銅和硝酸分離，反應自動停止．

故答案為：K關閉時；氣壓增大，將硝酸從∪形管左端壓入右端，使硝酸與銅網脫離接觸．

（4）2NO+O2=2NO2，NO是無色氣體，NO2是紅棕色氣體，當NO轉化為NO2時；氣體由無色變為紅棕色．

故答案為：氣體排出時；由無色變為紅棕色．

【解析】【答案】（1）根據裝置氣密性的檢驗方法檢驗；

（2）根據一氧化氮的性質判斷；

（3）根據∪形管內氣體的壓強對溶液的影響分析；

（4）根據一氧化氮的性質判斷：

16、略

【分析】試題分析：（1）H2SO3溶液存在電離平衡，H2SO3H++HSO3-，加入NaHSO3固體使得c(HSO3-)增大，所以c(H＋)/c(HSO3-)減小。（2）加入NaOH溶液，體積比為2∶3，H2SO3溶液過量，溶液的主要溶質為NaHSO3，Na2SO3，物料守恒為：c(Na+)+c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)=0．1mol/L，HSO3的電離程度大于水解程度，故溶液顯酸性，濃度關系為c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(OH-)。（3）根據電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),溶液顯中性則c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)+=2c(SO32-)+c(HSO3-),故c(Na＋)＞2c(SO32－)。（4)根據電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),pH＝6，所以c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L得2c(SO32－)＋c(HSO3-)－c(Na＋)＝c(H+)-c(OH-)=10-6-10-8考點：水解平衡的離子濃度小大小比較。【解析】【答案】（1）減小（2）c(Na+)+c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(OH-)（3）＞（4)10-6-10-817、略

【分析】【解析】【答案】（1）C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1366.8kJ.mol-1（2）2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2598.8kJ.mol-1（3）C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=131.3kJ.mol-1（4）B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ.mol-118、（1）b

（2）①

②

③同系物

（3）2-乙基-1-丁烯或3-己烯

（4）【分析】【分析】本題考查有機物的推斷，明確相對分子質量推出rm{A}為烯烴或環烷烴是解答的突破口，注意利用有機物結構與性質的關系來解答，題目難度中等。為烯烴或環烷烴是解答的突破口，注意利用有機物結構與性質的關系來解答，題目難度中等。rm{A}【解答】烴的相對分子質量為rm{A}則該烴可能為烯烴或環烷烴，分子式應為rm{84}根據實際問題回答即可。

rm{C_{6}H_{12}}總物質的量一定，充分燃燒消耗氧氣的量不相等，則rm{(1)}消耗氧氣為rm{1molC_{6}H_{12}}

rm{x+dfrac{y}{4}=9mol}消耗氧氣為rm{a.1molC_{7}H_{12}O_{2}}總物質的量一定，充分燃燒消耗氧氣的量相等，故rm{9mol}不選；

rm{a}消耗氧氣為rm{b.1molC_{6}H_{14}}總物質的量一定，充分燃燒消耗氧氣的量不相等，故rm{9.5mol}選；

rm{b}消耗氧氣為rm{c.1molC_{6}H_{14}O}總物質的量一定，充分燃燒消耗氧氣的量相等，故rm{9mol}不選；

rm{c}消耗氧氣為rm{d.1molC_{7}H_{14}O_{3}}總物質的量一定，充分燃燒消耗氧氣的量相等，故rm{9mol}不選；

故答案為：rmtscgoyw

rm{b}烴rm{(2)壟脵}為鏈烴，分子中所有的碳原子在同一平面上，該分子的一氯取代物只有一種，則結構對稱，只含一種rm{A}即含rm{H}個甲基，rm{4}為

故答案為：

rm{A}與rm{壟脷B}的醇溶液共熱可得到rm{NaOH}為消去反應，該反應為

故答案為：

rm{D}與足量rm{壟脹B}水溶液完全反應，生成有機物rm{NaOH}為水解反應，該反應為rm{E}與乙二醇中均含rm{E}個rm{2}但rm{-OH}原子數目不同；結構相似，則二者互為同系物；

故答案為：同系物；

rm{C}核磁共振氫譜顯示鏈烴rm{(3)}有三組不同的峰，峰面積比為rm{A}rm{3}rm{2}則rm{1}為rm{A}或rm{CH_{2}=C(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{3}}名稱分別為rm{CH_{3}CH_{2}CH=CHCH_{2}CH_{3}}乙基rm{2-}丁烯、rm{-1-}己烯；

故答案為：rm{3-}乙基rm{2-}丁烯或rm{-1-}己烯；

rm{3-}不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一種，則不含rm{(4)A}只有一種rm{C=C}應為環烴，其結構簡式為故答案為：

rm{H}【解析】rm{(1)b}rm{(2)}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{壟脷}同系物rm{壟脷}乙基rm{壟脹}丁烯或rm{壟脹}己烯rm{(3)2-}rm{-1-}四、原理綜合題(共2題，共16分)19、略

【分析】（1）①實驗室配制0.5mol/L的氫氧化鈉溶液500mL，需要選用500mL的容量瓶，配制步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻等，需要使用的儀器有：托盤天平、玻璃棒、燒杯、藥匙、500mL容量瓶、膠頭滴管等，還缺少的玻璃儀器為：500mL容量瓶、膠頭滴管。②依據m=CVM，需要氫氧化鈉的質量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，反應的方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，反應的方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）證明過氧化鈉已經變質，檢驗產生的CO32－：取少量樣品于一潔凈試管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振蕩，有白色沉淀生成，證明Na2O2已經變質。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2N